江西省九江市武宁县振风高级中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

江西省武宁县振风高级中学2026-2027学年度上学期10月月考高三数学试题 （时间：120分钟 总分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效 一、单选题（共8题，每题5分，共40分） 1.已知集合，，则(     ) A. B. C. D. 2.命题：，，命题：，则是的（     ）条件 A．充分必要 B．充分不必要 C．必要不充分 D．既不充分也不必要 3.已知角的终边上一点，则（    ） A． B． C．1 D．-1 4.已知函数，则是（） A．偶函数，且在上是增函数 B．奇函数，且在上是增函数 C．偶函数，且在上是减函数 D．奇函数，且在上是减函数 5.记为等差数列的前项和，若，则（    ） A．59 B．61 C．63 D．65 6已知向量，若，则的值为（   ） A．1 B． C．4 D． 7.已知双曲线方程为：，则其渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 8.现从含甲、乙在内的10名特种兵中选出4人参加抢险，则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为(     ) A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，少选得3分，错选或多选得0分，共18分） 9．已知圆台的上、下底面圆半径分别为1和3，母线与底面所成的角为，则（     ） A．该圆台的母线长为4 B．该圆台的侧面积为 C．该圆台的体积为 D．能在该圆台中自由转动的最大的球的半径为 10．在中，、、是角、、的对应边，满足，，，则（    ） A． B． C． D．的面积为 11．已知点 ，点 为圆 上的动点，则（ ） A． B．存在点 使 C． 构成的三角形面积最大值为 D．若 恒成立，则 的取值范围为 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则________． 13．的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 14．已知等比数列的前n项积为，其中，，成等差数列，．且有最大值，则的最大值是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．某商场进行抽奖促销活动，抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有 “A”“B”“C”“D”．顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次．规定：若取出“D”字球，则停止取球．获奖规则如下：依次取到标有“A”“B”“C”“D”字的球为一等奖；不分顺序取到标有“A”“B”“C”“D”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“A”“B”“C”三个字的球为三等奖． (1)求分别获得一、二、三等奖的概率； (2)设摸球次数为，求 的分布列和数学期望． 16．在中，内角所对的边分别为，且. (1)求; (2)若，，为的中点，求的长.    17.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 18．已知抛物线 ： （ ）的焦点为，点 在抛物线 上，，且的最小值为3． (1)求抛物线 的方程． (2)依次构造点列，，， （）．设 ，，．如图，过点作斜率为的直线与曲线分别交于点，，直线与曲线交于另一点，直线与曲线交于另一点，直线与轴交于点． ①求数列和的通项公式； ②记的面积为，当 时，求证：． 19．（17分）已知． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若 ，求实数a的取值范围； (3)证明： 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 1.【解析】易知，故A错误，故B错误，故C正确，故D错误. 故选C 2.【答案】B 【分析】利用不等式同向相加可判断充分性，通过举反例否定其必要性，从而可判断两个命题之间的关系. 【详解】因为，所以，又因为，所以，即可以推出，所以充分性成立； 取，满足，但是不满足，即推不出，所以必要性不成立， 故是的充分不必要条件. 3.【答案】C 【分析】先根据三角函数的定义求出，再利用诱导公式化简目标式，结合齐次式弦切互化的方法计算结果. 【详解】由角的终边上一点， 可得， 所以 . 4.【答案】D 【分析】根据函数奇偶性和函数单调性的定义判断得到结果； 【详解】已知函数，定义域为，关于原点对称. ，故是奇函数. ，因为且在上单调递增. 所以在上单调递增，进而在上单调递减. 故在上单调递减. 综上，是奇函数，且在上是减函数. 5.【答案】D 【分析】本题可利用等差数列前项和公式，结合已知条件列出方程组求出等差数列的首项和公差，进而求出． 【详解】设等差数列的首项为，公差为，根据等差数列前项和公式， ，化简为， ，化简为， 联立解得，则． 故选：D． 6.B 【详解】由题意得，， 因为，所以，得. 7.A 【分析】根据渐近线方程公式直接求解即可. 【详解】由双曲线方程为，得，则， 则其渐近线方程为． 故选：A. 8.【答案】A  【解析】解：从含甲、乙在内的10名特种兵中选出4人去参加抢险， 则在甲被选中共有种选法，在甲被选中的前提下，乙也被选中共有种选法， 则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为 故选： 9.【答案】ACD 【分析】根据圆台的结构特征和表面积的有关计算、体积公式和台体与球的内、外接问题，结合选项依次计算即可. 【详解】对于A，设圆台上底面的半径为，下底面的半径为， 由于母线与底面所成的角为，则母线长，故A正确； 对于B，圆台的侧面积为，故B错误； 对于C，由题意有：，圆台的高， 所以该圆台的体积为，故C正确； 对于D，设梯形为圆台的一个轴截面，如图所示： 设圆台上､下底面圆心分别为，点为线段的中点，则，， 由已知，取，则， 连接， 因为，，，所以，， 又，所以， 由余弦定理可得，所以，， 由对称性可得以点为圆心，为半径的圆与梯形内切， 所以以为球心，为半径的球与圆台的两个底面和侧面都相切， 10.【答案】AC 【分析】先根据证明，利用勾股定理可判断A选项；由已知条件得出，结合、诱导公式、二倍角的正弦公式可求出、的值，可判断B选项；由可判断C选项；由正弦定理求出，，结合以及勾股定理求出的值，再结合三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】先证明，由题意，，得， 即，即， 即， 所以，可得， 即， 若，则，上式可转化成， 令，则可知矛盾，从而. 对于A选项，由于，根据勾股定理得，此时， 而右边为， 因左边右边，故A正确； 对于B选项，因为，所以， 因为，所以，故， 所以，可得， 因为，所以，所以或，故或， 所以，B错； 对于C选项，， 因为为锐角，所以，， 则，故，C对； 对于D选项，由A选项可知，为直角，则，， 所以， 所以，， 所以，可得， 故的面积为，D错. 故选：AC. 11.【答案】AD 【分析】先求出圆 的圆心和半径，由圆上的点到定点距离的最小值等于圆心到定点的距离减去圆半径，求得，结合两点间距离公式及二次函数的最值，判断A；根据正弦定理及正弦函数的最值求得的范围，从而得到的范围判断B；分析 构成的三角形面积最大值情况，判断C；由 恒成立，得，得关于的不等式，求解可得 的取值范围，判断D. 【详解】圆 的圆心为，半径为，又， 对于A，因 为圆 上的动点，则. 而， 当且仅当时，等号成立，所以，所以A正确； 对于B，由，得点在圆外. 当三点共线时，； 当三点不共线时，由正弦定理得，， 所以. 因为，所以. 又，所以. 综上所述，，所以B错误； 对于C，设点到直线的距离为，则的面积. 因为点在圆上，所以的最大值等于半径为，所以. 当或时，. 所以 构成的三角形面积无最大值，所以C错误； 对于D，若 恒成立，则恒成立， 即恒成立，化简得， 解得或，所以D正确. 12.【答案】 【详解】变形为,斜率是,设切线的斜率为, 因为切线与直线垂直，所以,所以, ，则，所以，所以. 13.【答案】-28 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 14.【答案】64 【详解】由题可得，解得或， 当，时，则， 所以，，而此时无最大值，舍去； 当，时，则，， 因为二次函数的对称轴为，所以当或4时，有最大值， 且的最大值为. 15.【答案】(1)，， (2) 1 2 3 4 【详解】（1）设“摸到一等奖、二等奖、三等奖”分别为事件E，F，G． 则一等奖的情况有“A，B，C，D”，， 二等奖的情况有前3次恰好是“A”“B”“C”的全排列，最后1次为“D”， 再减去“一等奖”的1次，基本事件有个，， 三等奖的情况有：“A”“A”“B”“C”；“A”“B”“B”“C”；“A”“B”“C”“C”三种情况， . （2）设摸球的次数为，则的可能取值为1、2、3、4． ，，， . 故取球次数的分布列为 1 2 3 4 数学期望. 16.【答案】(1) (2) 【分析】(1)利用正弦定理边化角，经过三角恒等变换得到，再利用三角形中角的范围得到的值. (2)根据余弦定理得到的值，然后利用爪形定理得到三角形边长与中线的关系即可求解. 【详解】（1）由正弦定理得 由，得. 因为，所以 ，故. 即.又因为 ，所以， 所以，故. （2）在中，由余弦定理得， 所以 ，又，所以. 因为为的中点，， 则，所以. 17.【答案】(1)取的中点，连接.因为点为棱的中点， 所以，且，又因为，， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. (2) (3)在棱上存在点，满足，此时 【分析】（1）取的中点，构造平行四边形，从而得到，最后利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量法求出直线的方向向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值， 即为线面角的正弦值； （3）设比例参数，写出，利用垂直向量数量积为0建立方程求出，且在范围内，说明该点存在. 【详解】（1）略 （2）依题意，以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为点为棱的中点，得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 不妨设，可得， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设在棱上存在点，满足， 设，则， 因为， 故， 由，得，解得，满足， 所以在棱上存在点，满足，此时. 18.【答案】(1) (2)①，； ②由①可得，， 代入得，化简得， 所以是首项为1，公比为2的等比数列，． 因为，其中， 则， 故， ，得证. 【分析】（1）求出准线方程，根据抛物线的性质可知，由，那么的最小值为 ，从而得到 ，得到抛物线方程； （2）①设出直线方程，联立 ，求出两根之和，两根之积，联立化简得，，所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列，故，； ②在①基础上，得到，所以是首项为1，公比为2的等比数列，，求出，从而放缩得到，利用等比数列的求和公式即可证明. 【详解】（1）抛物线的准线为，， 根据抛物线的定义，可得的最小值为点到准线的距离 ， 解得 ，故抛物线 的方程为 ． （2）①过且斜率为的直线方程为， 代入 得 ， 由韦达定理： 设直线的方程为，代入 得 ， 则，可得， 同理，由，可得， 则直线的斜率， 直线的方程为：， 将代入化简得（*）， 将代入，结合可得 ， 再代入（*）式，化简得， 由于 ， ，满足， 则，， 所以是以1为首项，4为公比的等比数列，是以2为首项，4为公比的等比数列， 则，． ②略 19.【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为． (2) (3)令， ． 由（2）可知，当时，， 则.所以 ． 因为，所以在上单调递增，所以， 即． 【分析】（1）利用导数判断函数单调性，结合函数单调性求解即可. （2）构建新函数，利用局部保号性可求参数的取值范围. （3）构造，根据函数的导数以及单调性证明即可. 【详解】（1）已知， 则． 令，即，则， 因为，所以，即，解得． 当时，，则，即， 所以在上单调递减． 当时，，则，即， 所以在上单调递增． 所以，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）已知，由可得， 设，则， 若，则，故存在，使得，， 故在上为减函数，故，总有，矛盾； 故， 而当时，， 设，则 ， 故在为增函数，故即， 故即原不等式成立. 综上，， （3）略 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为． (2) (3)令， ． 由（2）可知，当时，， 则.所以 ． 因为，所以在上单调递增，所以， 即． 【分析】（1）利用导数判断函数单调性，结合函数单调性求解即可. （2）构建新函数，利用局部保号性可求参数的取值范围. （3）构造，根据函数的导数以及单调性证明即可. 【详解】（1）已知， 则． 令，即，则， 因为，所以，即，解得． 当时，，则，即， 所以在上单调递减． 当时，，则，即， 所以在上单调递增． 所以，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）已知，由可得， 设，则， 若，则，故存在，使得，， 故在上为减函数，故，总有，矛盾； 故， 而当时，， 设，则 ， 故在为增函数，故即， 故即原不等式成立. 综上，， （3）略 学科网（北京）股份有限公司 $